高考数学第一轮复习第三章 §3.8　隐零点与极值点偏移问题

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导函数的零点在很多时候是无法直接解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
例1 (2022·合肥模拟)已知函数f(x)＝aex－ln x－e.
(1)当a＝1时，讨论函数g(x)＝f(x)－(e－1)x的单调性；
(2)当a>1时，证明：当x>0时，f(x)>2－e.
(1)解 当a＝1时，f(x)＝ex－ln x－e，g(x)＝ex－ln x－e－(e－1)x，
g′(x)＝ex－eq \f(1,x)－e＋1，
令h(x)＝g′(x)，
h′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
故g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，g′(x)0，g(x)单调递增．
(2)证明 当a>1，x>0时，aex>ex，
要证f(x)>2－e，只需证ex－ln x－e>2－e，
即证ex－ln x>2，
令p(x)＝ex－ln x－2，
则p′(x)＝ex－eq \f(1,x).
由(1)知p′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上存在唯一零点x0，
即－eq \f(1,x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，p(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，p(x)单调递增．
所以p(x)≥p(x0)＝－ln x0－2
＝－－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2>0，
故当a>1，x>0时，f(x)>2－e.
教师备选
(2022·石家庄模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋(a－2)x＋ln x.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－ax－2－\f(1,x)))在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝－x2－x＋ln x，
f′(x)＝－2x－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(－x＋12x－1,x)，
令f′(x)>0，解得00，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－10，
所以λ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以x0＝ln eq \f(1,x0)＝－ln x0，
当x∈(0，x0) 时，h(x)0，
故 g(x) 在 (x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，g(x)取得极小值，也是最小值，
所以g(x)min＝g(x0)＝－eq \f(ln x0,x0)－eq \f(1,x0)
＝－eq \f(－x0,x0)－eq \f(1,x0)＝1，
故a≤1，所以a的取值范围为(－∞，1]．
思维升华 零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
跟踪训练1 (2022·淄博模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,a)x2＋ln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,a)))x(a≠0)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)令F(x)＝af(x)－x2，若F(x)0，
∴只需证ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
令F(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
∴F′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
∴F(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(t)>F(1)＝0，
∴ln t>eq \f(2t－1,t＋1)成立．
综上所述，x1x2>e2成立．
教师备选
已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x20，得x>eq \f(1,e)，
由f′(x)0，
故x1＋x2>2.
课时精练
1．(2022·赣州模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,x)＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，求实数a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
由已知f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)－eq \f(1,x2)＝－eq \f(ln x,x2)，
当01时，f′(x)0，g′(x)2.
(1)解 f′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
令f′(x)>0，得x1)，
∴g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，故x1＋x2>2.
3．(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，求证：f(x)＋x2－eq \f(21,8)x＋1>0.
(1)解 ∵f′(x)＝aex－2，
当a≤0时，aex－20，aex－20，
∴h(x)在R上单调递增，
又∵h(0)0，
∴h(x)存在唯一零点x0∈(0,1)，
且＋2x0－eq \f(37,8)＝0，①
当x∈(－∞，x0)时，h(x)0，g(x)单调递增，
故g(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值．
g(x)min＝g(x0)＝＋xeq \\al(2,0)－eq \f(37,8)x0＋1，
将①式代入，
则g(x)min＝g(x0)＝eq \f(37,8)－2x0＋xeq \\al(2,0)－eq \f(37,8)x0＋1
＝xeq \\al(2,0)－eq \f(53,8)x0＋eq \f(45,8)，
∵二次函数y＝x2－eq \f(53,8)x＋eq \f(45,8)在(0,1)上单调递减，
∴当x＝1时，y有最小值ymin＝12－eq \f(53,8)＋eq \f(45,8)＝0，
∴g(x)min>0，
∴f(x)＋x2－eq \f(21,8)x＋1>0.
4．(2022·百校联盟联考)已知函数f(x)＝xln x－eq \f(1,2)mx2－x，m∈R.
(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.
(1)解 因为g(x)＝ln x－mx，
g′(x)＝eq \f(1－mx,x)，
①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>0，
所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，
则g(x)max＝g(e)＝1－me；
②当eq \f(1,m)≥e，即01，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，
因此h(t)>h(1)＝0.
于是当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
所以ln x1＋ln x2>2成s立，即x1x2>e2得证．